29/08/2015

O poder dos telescópios e os objetos deixados na superfície lunar

Algumas vezes somos questionados sobre qual seria o melhor tipo telescópio para que seja possível ver a bandeira ou o carro deixados pelos astronautas na Lua na década de $1970$. Outras vezes a pergunta recai sobre o motivo pelo qual, mesmo existindo tantos telescópios na Terra, essas mesmas fotos não são publicadas. Apesar de parecerem ingênuas à primeira vista, as perguntas são bastante interessantes e mostram como um pouquinho de conhecimento pode explicar muita coisa.

[O astronauta e comandante da Apollo 17 Eugene Cernan é retratado pelo piloto Harrison Schmitt, em dezembro de 1972. Ao lado direito da foto temos o Jipe-Lunar deixado na superfície da Lua e ao fundo as marcas das trilhas deixadas durante a expedição]


Antes de entrar em detalhes, é necessário informar que as fotos dos objetos deixados na Lua não são publicadas simplesmente porque elas não existem. E o motivo é bem simples: não existe nenhum telescópio capaz de enxergar objetos tão pequenos a uma distância tão grande. Nem o telescópio Hubble, com um espelho de $2,4\ m$ é capaz desse feito!

Para explicar o motivo que faz essa observação ser praticamente impossível é necessário conhecer dois conceitos importantes: o tamanho angular da Lua e dos objetos no céu e o poder de resolução de um telescópio. Vamos começar pelo primeiro.


Medida angular

Em astronomia a abóbada celeste é divida em um arco de $360$ partes ou graus. Cada um dos $360$ graus desse arco é divido em outras $60$ partes ou minutos. Assim, o arco da abóbada tem ao todo $21.600$ minutos. Cada minuto desse arco também é dividido em $60$ partes ou segundos, tornando a abóbada um arco composto de $1.296.000$ segundos.


Cada um dos minutos desse arco é chamado de arco-minuto ou minuto de arco enquanto cada segundo é chamado de arco-segundo ou segundo de arco. Qualquer uma dessas denominações estão corretas e podem ser empregadas sem confusões.

Tamanho da Lua

É na abóbada imaginária que estão dispostos todos objetos celestes, os planetas, as estrelas, o Sol e a Lua. Se olharmos a Lua veremos que ela ocupa aproximadamente meio grau ($30$ minutos) no arco dessa abóbada, ou seja, $1.800$ arco-segundos.

Como sabemos, a Lua tem um diâmetro de $3.474\ km$ e é praticamente esse disco que enxergamos aqui da Terra. Se este disco de $3.474\ km$ ocupa $1.800$ segundos, então cada arco-segundo dele equivale a $1,93$ quilômetro.

Uma vez compreendido o conceito acima, vamos ao segundo ponto da questão. Se não entendeu, leia novamente!


A resolução do telescópio

Todos os instrumentos óticos, inclusive nossos olhos, têm suas limitações e um dos principais fatores que determinam a capacidade de um telescópio é chamado de "Poder de Resolução". É ele que determina o tamanho do menor objeto que se pode ver através de um telescópio.


Existem diversos métodos para se calcular o poder de resolução de um telescópio e um dos mais usados é o "Critério de Rayleigh". Para usá-lo basta dividir $139,7$ pelo tamanho da objetiva em milímetros. O resultado será o poder de resolução, expresso em arco-segundos.

Como exemplo, um telescópio de $150$ milímetros tem um poder de resolução de $0,93$ arco-segundos $(139,7/150\ mm)$, o que significa que objetos menores que isso não poderão ser vistos por este telescópio. Apenas para lembrar, a Lua tem $1.800$ arco-segundos.

A grosso modo, o poder de resolução de um instrumento é diretamente proporcional ao tamanho da sua abertura. Em outras palavras, quanto maior o diâmetro da objetiva ou espelho, melhor será seu poder de resolução.

Juntando tudo e mais um pouco

Como vimos no início, cada arco-segundo no disco lunar equivale a $1,93\ km$. Se apontarmos para ela nosso telescópio de $150$ milímetros, capaz de "resolver" $0,93$ arco-segundo, então o menor objeto que podemos ver com ele na superfície da Lua precisa ter no mínimo $1.794$ metros. Veja porque:

$a)$ Poder de Resolução $\displaystyle = \frac{139,7}{150\ mm} = 0,93$ arco-segundo.

$b)$ Resolução $\displaystyle = 1,93\ km \times 0,93 = 1.794$ metros.

Ou seja, com um telescópio de $150$ milímetros não dá pra ver o carro, a bandeira ou a pegada de Armstrong na Lua!

Mais força!

Mas... E se aumentarmos o diâmetro do telescópio? Que tal um caro instrumento de $300$ milímetros? Bem, neste caso as coisas melhoram, mas não muito. Vejamos:

$a)$ Poder de Resolução $\displaystyle = \frac{139,7}{300} = 0,46$ arco-segundo.

$b)$ Resolução $\displaystyle =1,93\ km \times 0,46 = 898$ metros.

Melhorou bastante mesmo. Com um instrumento de $300$ milímetros já dá para ver objetos de $898$ metros, mas o carro, a bandeira ou a pegada de Armstrong... Nada feito!


Mais Potência!

Vamos poupar esforços e vamos olhar a Lua com o maior telescópio que existe no mundo, o SALT, na África do Sul. Seu espelho tem nada menos que $11$ metros de diâmetro, ou seja, $11$ mil milímetros. Será que agora dá para ver os apetrechos lunares? Vamos ver:


$a)$ Poder de Resolução $\displaystyle = \frac{139,7}{11.000} = 0,0127$ arco-segundo.

$b)$ Resolução $\displaystyle =1,93\ km \times 0,0127 = 24,51$ metros.

Nada ainda... Nem com o maior telescópio do mundo é possível ver o carro, a bandeira ou a pegada de Armstrong na Lua!

Concluindo

Como deu pra perceber, não basta ter um telescópio para se ver os equipamentos deixados na Lua. É preciso que esse telescópio tenha um diâmetro muito grande, capaz de "resolver" detalhes muito pequenos. Supondo que o carro deixado na Lua tenha aproximadamente $2,5$ metros de comprimento, o telescópio terá que ter aproximadamente $100$ metros de diâmetro para que os instrumentos lá deixados sejam visíveis aqui da Terra. Sem dúvida, um instrumento impraticável!

A título de curiosidade, o olho humano médio tem um poder de resolução de $120$ arco-segundos. Assim, quando olhamos a Lua o menor detalhe que podemos ver precisa ter no mínimo 231 quilômetros:
\begin{equation*}
1,93\ km \times 120\ s = 231\ km
\end{equation*}
Agora que você já entendeu como se calcula o poder de resolução de um telescópio, faça os mesmos cálculos para o Sol, Júpiter, Marte, etc. A tabela abaixo mostra os diâmetros reais (em km) e angulares (em arco-segundos) para os diversos objetos do Sistema Solar. Experimente. Você vai se surpreender!




* Este artigo é uma republicação. O artigo original foi elaborado por Rogério Leite do site Apolo11 e o link encontra-se nas referências abaixo.

Referências

[1] http://www.apolo11.com/poder_dos_telescopios.php
[2] The Southern African Large Telescope: SALT

Veja mais:

Cálculo do centro de massa do binário Terra-Lua
Determinando a distância entre a Terra e a Lua
Determinando a massa da Terra




18/08/2015

Resolução da integral $\displaystyle \int \frac{1}{x^2+a}\ dx$

Nesta postagem, vamos provar que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{x^2+a}\ dx = \frac{\displaystyle \text{arctg}\left( \frac{x}{\sqrt{a}}\right)}{\sqrt{a}}+C
\end{equation*}
onde $a$ é uma constante, tal que $a \in \mathbb{R}^\ast$, sendo $x^2+a \neq 0$.



Seja a integral:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{x^2+a}\ dx
\end{equation*}
Fatorando o denominador do integrando:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{\displaystyle a\left(\frac{x^2}{a}+1\right)}\ dx
\end{equation*}
Fatorando as constantes:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{a}\int \frac{1}{\displaystyle \frac{x^2}{a}+1}\ dx
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos a substituição $\displaystyle u=\frac{x}{\sqrt{a}}$. Assim, $\displaystyle du = \frac{1}{\sqrt{a}}$ e $dx = \sqrt{a}\ du$:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{a} \int \frac{1}{u^2 + 1}\ \sqrt{a}\ du \\
\ \\
I = \frac{\sqrt{a}}{a} \int \frac{1}{u^2 +1}\ du \\
\ \\
I = \frac{1}{\sqrt{a}} \int \frac{1}{u^2+1}\ du
\end{equation*}
A integral de $\displaystyle \frac{1}{u^2+1}$ é $\text{arctg}(u)$. Assim:
\begin{equation*}
I = \frac{\text{arctg}(u)}{\sqrt{a}} + C
\end{equation*}
Mas, $\displaystyle u = \frac{x}{\sqrt{a}}$. Logo:
\begin{equation*}
I = \frac{\displaystyle \text{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{a}}\right)}{\sqrt{a}} + C
\end{equation*}

Exemplo:

Calcular a área sob a curva $\displaystyle f(x) = \frac{1}{x^2+3}$ compreendida no intervalo $[0,3]$.


A área sob a curva é dada pela integral definida com limites de integração iguais a $0$ e $3$:
\begin{equation*}
A = \int_0^3 \frac{1}{x^2+3}\ dx = \left[ \frac{\displaystyle \text{arctg}\left(\frac{x}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}} \right]_0^3\\
\ \\
A = \frac{\displaystyle \text{arctg}\left(\frac{3}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}} - \frac{\displaystyle \text{arctg}\left(\frac{0}{\sqrt{3}}\right)}{\sqrt{3}}\\
\ \\
A = \frac{\text{arctg}(\sqrt{3})}{\sqrt{3}} - \frac{\text{arctg}(0)}{\sqrt{3}}
\end{equation*}
O arco cuja tangente vale $\sqrt{3}$ é o ângulo de $60^\circ$ e mede $\displaystyle \frac{\pi}{3}$ radianos. Já o arco cuja tangente vale $0^\circ$ é o arco nulo. Assim:
\begin{equation*}
A = \frac{\pi}{3\sqrt{3}} - 0 \approx 0,6046
\end{equation*}

Resposta: A área sob a curva $\displaystyle f(x) = \frac{1}{x^2+a}$, compreendida no intervalo $[0,3]$ mede aproximadamente $0,6046$ unidades de área.

Veja mais:

Lista de resolução de integrais
Integração por substituição
Integração por partes



15/08/2015

Resolução da integral $\displaystyle \int \frac{1}{x^2+a^2}dx$

Nesta postagem, vamos provar que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{x^2+a^2}\ dx = \frac{1}{a}\text{arctg}\left(\frac{x}{a}\right) + C
\end{equation*}
onde $a$ é uma constante, tal que $a \in \mathbb{R}^\ast$, sendo $x^2 + a^2 \neq 0$.



Seja a integral:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{x^2+a^2}\ dx
\end{equation*}
Fatorando $a^2$ no denominador do integrando:
\begin{equation*}
I = \int \frac{1}{\displaystyle a^2\left(\frac{x^2}{a^2}+1\right)}\ dx
\end{equation*}
Fatorando as constantes:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{a^2} \displaystyle \int \frac{1}{\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+1}\ dx
\end{equation*}
Para o integrando, fazemos as substituição $\displaystyle u = \frac{x}{a}$. Assim, $\displaystyle du = \frac{1}{a}\ dx$ e $dx = a\ du$. Assim:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{a^2} \int \frac{1}{u^2 + 1}\ a\ du\\
\ \\
I = \frac{1}{a}\int \frac{1}{u^2 + 1}\ du
\end{equation*}
A integral de $\displaystyle \frac{1}{u^2 + 1}$ é $\text{arctg}(u)$:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{a}\text{arctg}(u) + C
\end{equation*}
Mas $\displaystyle u = \frac{x}{a}$, logo:
\begin{equation*}
I = \frac{1}{a}\text{arctg}\left(\frac{x}{a}\right) + C
\end{equation*}

Exemplo:

Calcular a área sob a curva $\displaystyle f(x) = \frac{1}{x^2+4}$ compreendida no intervalo $[0,2]$.


Pela demonstração acima, temos que:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{x^2+a^2}\ dx = \frac{1}{a} \text{arctg}\left( \frac{x}{a}\right)
\end{equation*}
Reescrevendo a função $f(x)$ como:
\begin{equation*}
f(x) = \frac{1}{x^2+2^2}
\end{equation*}
temos que $a=2$. Assim, a integral acima fica:
\begin{equation*}
\int \frac{1}{x^2+2^2}\ dx = \frac{1}{2} \text{arctg}\left( \frac{x}{2} \right)
\end{equation*}
Para encontrarmos a área sob a curva no intervalo solicitado, fazemos:
\begin{equation*}
A = \int_0^2 \frac{1}{x^2+2^2}\ dx = \left[ \frac{1}{\displaystyle \text{arctg} \left(\frac{x}{2}\right)} \right]_0^2\\
\ \\
A = \frac{1}{2} \text{arctg}\left(\frac{2}{2}\right) - \frac{1}{2} \text{arctg}\left(\frac{0}{2}\right)\\
\ \\
A = \frac{1}{2}\text{arctg}(1) - \frac{1}{2}\text{arctg}(0)
\end{equation*}
O arco cuja tangente vale $1$ é o arco de $45°$ ou $\pi/4$ e o arco cuja tangente vale $0$ é o arco de $0^°$. Assim:
\begin{equation*}
A = \frac{1}{2} \ \cdot \ \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{8} u.a.
\end{equation*}
Resposta: A área sob a curva $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x^2+a^2}$ compreendida no intervalo $[0,2]$ vale $\pi/8$ unidades de área.



 Veja mais:

Lista de resolução de integrais
Integração por substituição
Integração por partes



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